P1972 [SDOI2009]HH的项链

Posted 2021-12-01 szmssf

题目背景

无

题目描述

HH 有一串由各种漂亮的贝壳组成的项链。HH 相信不同的贝壳会带来好运，所以每次散步完后，他都会随意取出一段贝壳，思考它们所表达的含义。HH 不断地收集新的贝壳，因此，他的项链变得越来越长。有一天，他突然提出了一个问题：某一段贝壳中，包含了多少种不同的贝壳？这个问题很难回答……因为项链实在是太长了。于是，他只好求助睿智的你，来解决这个问题。

输入输出格式

输入格式：

第一行：一个整数N，表示项链的长度。

第二行：N 个整数，表示依次表示项链中贝壳的编号（编号为0 到1000000 之间的整数）。

第三行：一个整数M，表示HH 询问的个数。

接下来M 行：每行两个整数，L 和R（1 ≤ L ≤ R ≤ N），表示询问的区间。

输出格式：

M 行，每行一个整数，依次表示询问对应的答案。

输入输出样例

输入样例#1： 

6
1 2 3 4 3 5
3
1 2
3 5
2 6

输出样例#1： 

2
2
4

说明

数据范围：

对于100%的数据，N <= 500000，M <= 500000。

 

 

解析：

这道题的第一想法，就是去打前缀和，sum[i]表示前i个数有多少种不同的贝壳，然后对于每次询问去计算sum[r]-sum[l-1]，结果交上洛谷就会满屏红。。。原因很简单，判重的方法不对。请看下边这样一组数据

5

1 2 3 2 1

1

4 5

如果直接去打前缀和，肯定是会输出0的，究其原因，是因为前边的1,2被卡掉了，又没有记录后边的1,2，所以才会输出错误的结果，这道题判重的方法才是关键，首先我们来想一个事情：对于一个重复的元素来说，左边的那个没有任何意义，只去考虑右边的就可以了，原因是这样的，假设我们现在有两个相同的元素q1,q2,且q2在q1的右边。现在我们有一个询问[L,R],我们可以用枚举右端点的方法去控制q2,当q1<L时，它是一定要被去掉的（读者可以手算一下上方的样例）而q1在[L,R]内部的时候，当然也要去重，所以当我们有重复的元素时，只需要把左边的元素去掉就可以了。我们可以开一个vis数组，其中vis[i]表示i上次出现的位置，如果vis[i]==0，就说明它还没有出现过，对于单个询问我们已经理解了，处理多个询问的时候只需要把询问按右端点排序（因为左边对右边没有影响）然后枚举右端点即可。在这里，我们不能简单地使用前缀和去维护，因为涉及到删除这种更新操作，自然而然地想到前缀和的替代品——树状数组，树状数组的更新与求和都是O（logn）的，虽然求和操作劣于前缀和，但修改的效率非常的高。然后依次看有没有查询的右端点和枚举到的断电重合即可，最后不能直接输出，要记得按原序输出，时间复杂度为O(nlogn+m)

下边上AC代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int s,a[500001],n,m,c[500001],vis[1000010],ans[500001];
struct edge
{
	int l,r,id;
};
edge f[500001];
bool cmp(edge a,edge b){return a.r<b.r;}
int lowbit(int x)
{
	return x&-x;
}
int sum(int x)//求和 
{
	int res=0;
	for(;x;x-=lowbit(x))
	{
		res+=c[x];
	}
	return res;
}
void update(int x,int num)//更新 
{
	for(;x<=n;x+=lowbit(x))
	{
		c[x]+=num;
	}
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	scanf("%d",&m);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d %d",&f[i].l,&f[i].r);
		f[i].id=i;
	}
	sort(f+1,f+m+1,cmp);
	int query=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		update(i,1);//插入新元素 
		if(vis[a[i]])update(vis[a[i]],-1);//如果已有，删去左边的 
		vis[a[i]]=i;//标记 
		int num=sum(i);
		for(int j=query;j<=m;j++)//处理询问 
		{
			if(f[j].r!=i||query>m)break;
			ans[f[j].id]=num-sum(f[j].l-1);
			query++;	
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)//原序输出 
	{
		printf("%d\n",ans[i]);
	}
	return 0;//完结撒花~~~	
}
/*
5
1 2 3 2 1 
1
4 5
附赠测试样例一组~~~ 
*/